Quotientenkriterium – Mathe für Nicht-Freaks

Das Quotientenkriterium erlaubt Konvergenz- und Divergenzbeweise bei vielen konkret gegebenen Reihen und wird deswegen häufig eingesetzt. Es ist zwar bei weniger Reihen einsetzbar als das Wurzelkriterium, jedoch sind Beweise mit dem Quotientenkriterium in der Regel einfacher zu führen als solche mit dem Wurzelkriterium.

Herleitung

Erste Schritte

Genau wie beim Wurzelkriterium wird beim Quotientenkriterium die Konvergenz einer Reihe über das Majorantenkriterium auf die Konvergenz einer geometrischen Reihe zurückgeführt. Sei also $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine gegebene Reihe mit $a_{k}\geq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Die Forderung, dass die Reihe nur nichtnegative Summanden besitzt, brauchen wir für das Majorantenkriterium. Wir wissen, dass die Reihe konvergiert, wenn es ein $q\in [0,1)$ mit $a_{k}\leq q^{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ gibt. Dies folgt aus dem Majorantenkriterium und der Tatsache, dass die geometrische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }q^{k}$ für $0\leq q<1$ konvergiert.

Beim Wurzelkriterium wird die Ungleichung $a_{k}\leq q^{k}$ direkt zu ${\sqrt[{k}]{a_{k}}}\leq q$ umgeformt. Beim Quotientenkriterium wählt man ein rekursives Kriterium, das $a_{k}\leq q^{k}$ impliziert. Zunächst wissen wir, dass $a_{1}\leq q$ sein muss. Im Rekursionsschritt brauchen wir eine Bedingung, mit der man aus der Ungleichung $a_{k}\leq q^{k}$ die Ungleichung $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ schließen kann. Gehen wir also davon aus, dass wir $a_{k}\leq q^{k}$ bereits bewiesen haben. Es gilt dann (wenn wir davon ausgehen, dass $a_{k}\neq 0$ ist):

$a_{k+1}={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}$

Um $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ zu beweisen, können wir alternativ mit der obigen Umformung auch ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\leq q^{k+1}$ zeigen. Wir erhalten die Ungleichung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$. Hierzu benötigen wir die Aussage $a_{k}>0$, die wir im Folgenden annehmen. Aus der Bedingung $a_{k}>0$ können wir wiederum folgern, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}>0$ und damit auch $q>0$ ist.

Zusammenfassung der ersten Überlegungen

Aus $a_{1}\leq q$ und ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ können wir zeigen, dass $a_{k}\leq q^{k}$ ist und die Reihe somit nach dem Majorantenkriterium konvergiert. Ein Beweis ist hier über vollständige Induktion möglich. Zunächst haben wir den Induktionsanfang $a_{1}\leq q$ direkt gegeben. Im Induktionsschritt gehen wir davon aus, dass $a_{k}\leq q^{k}$ wahr ist und können damit folgern

${\begin{aligned}a_{k+1}&={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a_{k}\leq q^{k}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q\right.}\\[0.5em]&\leq q^{k+1}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Erste Verbesserung

Die Konvergenz einer Reihe hängt nicht vom Wert von endlich vielen Summanden ab. Das heißt, die Änderung endlich vieler Summanden beeinflusst die Konvergenz der Reihe nicht. Dementsprechend kann man vermuten, dass die Bedingung $a_{1}\leq q$ nicht benötigt wird. Wenn wir nur die Bedingung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ annehmen, dann erhalten wir

${\begin{aligned}a_{2}&=a_{1}\cdot {\frac {a_{2}}{a_{1}}}\leq a_{1}\cdot q\\a_{3}&=a_{2}\cdot {\frac {a_{3}}{a_{2}}}\leq a_{2}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{2}\\a_{4}&=a_{3}\cdot {\frac {a_{4}}{a_{3}}}\leq a_{3}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{3}\\a_{5}&=a_{4}\cdot {\frac {a_{5}}{a_{4}}}\leq a_{4}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{4}\\&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir so $a_{k}\leq a_{1}\cdot q^{k-1}$. Dies reicht aus, um mit Hilfe des Majorantenkriteriums die Konvergenz zu zeigen, weil $\sum _{k=1}^{\infty }a_{1}\cdot q^{k-1}$ eine konvergente Reihe ist. Damit kann man allein aus ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für alle $k\in \mathbb {N}$ die Konvergenz der Reihe zeigen.

Zweite Verbesserung

Wir können weiter verallgemeinern, indem wir ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ nur für fast alle anstatt für alle natürlichen Zahlen $k$ fordern. Sei $K$ die erste natürliche Zahl, ab der ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für alle $k\geq K$ gilt. Dann ist

${\begin{aligned}a_{K+1}&=a_{K}\cdot {\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}\leq a_{K}\cdot q\\[0.5em]a_{K+2}&=a_{K+1}\cdot {\frac {a_{K+2}}{a_{K+1}}}\leq a_{K+1}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{2}\\[0.5em]a_{K+3}&=a_{K+2}\cdot {\frac {a_{K+3}}{a_{K+2}}}\leq a_{K+2}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{3}\\[0.5em]a_{K+4}&=a_{K+3}\cdot {\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}\leq a_{K+3}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir so $a_{K+l}\leq a_{K}\cdot q^{l}$. Indem man $k=K+l$ setzt, folgt die Ungleichung $a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}$ und somit:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}&=\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{K}\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}} _{\text{beschränkt}}+\underbrace {a_{K}\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{konvergent}}} _{\text{beschränkt}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium. Es reicht also, ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ nur für fast alle $k\in \mathbb {N}$ zu fordern.

Umformulierung mit Limes superior

Die Bedingung, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für ein festes $q$ mit $0<q<1$ und für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist, kann auch mit dem Limes superior ausgedrückt werden. Diese Bedingung gilt nämlich genau dann, wenn $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$ ist.

Einerseits folgt aus ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k$, dass der größte Häufungspunkt, also der Limes superior, von $\left({\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ kleiner als $q$ und damit kleiner als $1$ ist.

Sei andererseits $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}={\tilde {q}}<1$. Dann ist für alle $\epsilon >0$ die Ungleichung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq {\tilde {q}}+\epsilon$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ erfüllt. Wegen ${\tilde {q}}<1$ kann ein $\epsilon >0$ so klein gewählt werden, dass ${\tilde {q}}+\epsilon <1$ ist. Setzen wir $q={\tilde {q}}+\epsilon$. Dann ist zum einen $q<1$ und zum anderen ist ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$.

Zusammenfassung: Aus $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$ folgt zunächst für ein $q<1$, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist. Daraus folgt die Konvergenz der Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Die Sache mit der absoluten Konvergenz

In der obigen Argumentation haben wir nur Reihen betrachtet, deren Summanden nichtnegativ sind. Was passiert mit Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$, bei denen einige Summanden $a_{k}$ negativ sind?

Wir können obige Argumentation zumindest auf die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ anwenden. So können wir die absolute Konvergenz beweisen, die ja auch die normale Konvergenz der Reihe impliziert. Bei Reihen mit nichtnegativen Summanden ändert sich beim Übergang von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ auf $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nichts, da für solche Reihen die Gleichung $a_{k}=|a_{k}|$ für alle $k$ erfüllt ist. Wir können also zusammenfassen:

Ist $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}=\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.

Quotientenkriterium für Divergenz

Lässt sich mit einer ähnlichen Argumentation auch die Divergenz einer Reihe beweisen? Schauen wir uns $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an. Wenn der Quotient im Betrag größer gleich eins ist, dann ist

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1\implies |a_{k+1}|\geq |a_{k}|$

Wenn also ab einem beliebigen Index $K$ für alle nachfolgenden Indizes $k$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ erfüllt ist, dann wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. Diese Folge kann keine Nullfolge sein, da sie nach dem Folgenglied $|a_{K}|$ monoton wächst und $|a_{K}|>0$. Wenn aber $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge ist, dann ist auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Daraus folgt nach dem Trivialkriterium, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ keine Nullfolge ist. Das Trivialkriterium besagt ja, dass $\lim _{k\to \infty }a_{k}=0$ wäre, wenn die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergieren würde. Fassen wir zusammen:

Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ erfüllt, dann ist $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert nach dem Trivialkriterium.

Das Quotientenkriterium

Satz

Satz (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\neq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Wenn $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$ ist, dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergent.

Wenn $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist (also für alle $k\geq K$ für ein bestimmtes $K\in \mathbb {N}$), dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergent.

Fassen wir die obige Herleitung in einem Beweis zusammen:

Beweis (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit Summanden ungleich Null.

Konvergenz mit dem Quotientenkriterium:

Sei ${\tilde {\theta }}=\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$. Wir wählen nun $\epsilon >0$ so klein, dass $\theta ={\tilde {\theta }}+\epsilon <1$ ist. Wegen ${\tilde {\theta }}<1$ existiert dieses $\epsilon$ (beispielsweise kann $\epsilon ={\tfrac {1-{\tilde {\theta }}}{2}}$ gewählt werden). Aus den Eigenschaften des Limes superior folgt, dass für fast alle $k\in \mathbb {N}$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<\theta$ erfüllt ist. Es gibt also eine natürliche Zahl $K$, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<\theta$ für alle $k\geq K$ ist. Es folgt:

${\begin{aligned}|a_{K+1}|&=|a_{K}|\cdot \left|{\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}\right|\leq |a_{K}|\cdot q\\[0.5em]|a_{K+2}|&=|a_{K+1}|\cdot \left|{\frac {a_{K+2}}{a_{K+2}}}\right|\leq |a_{K+1}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{2}\\[0.5em]|a_{K+3}|&=|a_{K+2}|\cdot \left|{\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}\right|\leq |a_{K+2}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{3}\\[0.5em]|a_{K+4}|&=|a_{K+3}|\cdot \left|{\frac {a_{K+5}}{a_{K+4}}}\right|\leq |a_{K+3}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhält man so $|a_{K+l}|\leq |a_{K}|\cdot q^{l}$. Indem man $k=K+l$ setzt, folgt die Ungleichung $|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}$ und somit:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|&=\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{k}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{K}|\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung in der 2. Reihe}}\right.}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|} _{\text{beschränkt}}+\underbrace {|a_{K}|\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{konvergent = beschränkt}}} _{\text{beschränkt}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nach dem Majorantenkriterium. Dies bedeutet wiederum, dass $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergiert.

Divergenz mit dem Quotientenkriterium:

Sei nun $K$ eine natürliche Zahl, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Es ist dann für alle $k\geq K$:

${\begin{aligned}&&\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&\geq 1\\[0.5em]&\Rightarrow &|a_{k+1}|&\geq |a_{k}|\end{aligned}}$

Damit wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ist keine Nullfolge, weil $|a_{K}|>0$ ist (wegen $a_{K}\neq 0$). Damit ist aber auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Aus dem Trivialkriterium für Reihen folgt, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert.

Verschärfung mit Limes inferior

Die gerade behandelte Voraussetzung für die Divergenz lässt sich mit Hilfe des Limes inferior verschärfen. So ist das Kriterium leichter anzuwenden. Gilt $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, folgt daraus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Also divergiert die Reihe. Die umgekehrte Richtung muss nicht gelten. Aus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$ muss nicht $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ folgen, da die Folge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ nicht zwangsläufig einen kleinsten Häufungspunkt besitzt. Es handelt sich also um eine stärkere Voraussetzung für die Divergenz der Reihe.

Hinweis

Ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann gibt es ein $\theta <1$ mit $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<\theta$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, womit die Reihe absolut konvergiert. Analog divergiert die Reihe, wenn $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ ist.

Grenzen des Quotientenkriteriums

Bei $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ können wir nichts über Konvergenz bzw. Divergenz der Reihe aussagen. Es gibt nämlich sowohl konvergente als auch divergente Reihen, die diese Bedingung erfüllen. Ein Beispiel hierfür ist die divergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {1}{k}}}}=1\end{aligned}}$

Auch die konvergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ erfüllt diese Gleichung:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{k^{2}+2k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {2}{k}}+{\frac {1}{k^{2}}}}}=1\end{aligned}}$

Wir können also aus $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ weder folgern, dass die Reihe konvergiert, noch, dass sie divergiert. Wir müssen in einem solchen Fall ein anderes Konvergenzkriterium verwenden.

Vorgehen bei der Anwendung des Quotientenkriteriums

Entscheidungsbaum für das Quotientenkriterium

Um das Quotientenkriterium auf eine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ anzuwenden, bilden wir zunächst $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten den Grenzwert:

1. Ist $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann konvergiert die Reihe absolut.
2. Ist $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, dann divergiert die Reihe.
3. Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, dann divergiert die Reihe.
4. Können wir keinen der drei Fälle anwenden, können wir nichts über die Konvergenz der Reihe aussagen.

Beispielaufgaben

Aufgabe

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz oder Divergenz.

Wie kommt man auf den Beweis?

Zunächst bilden wir den Quotienten $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten dessen Grenzwert:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Damit ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, womit aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe absolut konvergiert.

Beweis

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ konvergiert absolut nach dem Quotientenkriterium, denn es ist

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0<1\end{aligned}}$

Aufgabe

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz bzw. Divergenz.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir haben $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$. Schauen wir uns nun $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\end{aligned}}$

Nun ist $1+{\tfrac {1}{k}}\geq 1$ und damit auch $\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1$. Daraus folgt, dass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für alle und damit insbesondere für fast alle $k\in \mathbb {N}$. Aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe divergiert.

Beweis

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ divergiert, denn für $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$ ist

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1\end{aligned}}$

Hinweis

Du weißt vielleicht schon, dass $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ ist. Dementsprechend kannst du alternativ auch den Beweis darüber führen, dass $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e>1$. Diese Argumentation kannst du aber nur anwenden, wenn du $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ bereits in deiner Vorlesung bewiesen hast.

Vergleich zwischen Quotienten- und Wurzelkriterium

Das Quotientenkriterium lässt sich bei einigen Reihen wesentlich leichter anwenden als das Wurzelkriterium. Die beiden vorherigen Beispiele bestätigen dies. Das Quotientenkriterium war in beiden Fällen sehr gut anwendbar.

Wendet man hingegen das Wurzelkriterium auf die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ an, so erhält man die Wurzelfolge

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\frac {2}{\sqrt[{k}]{k!}}}$

Bei dieser ist zunächst völlig unklar, ob und wogegen sie konvergiert. Dass $k!$ mit größer werdendem $k$ schnell anwächst, könnte dafür sprechen, dass eine Nullfolge vorliegt, allerdings wird dies durch das Ziehen der $k$-ten Wurzel stark abgeschwächt. Tatsächlich lässt sich ${\sqrt[{k}]{k!}}\to \infty$ zeigen (und damit ${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\to 0$). Das ist jedoch sehr aufwendig und wird daher hier nicht weiter ausgeführt.

Ähnlich verhält es sich bei der Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$. Hier ist

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\frac {k}{\sqrt[{k}]{k!}}}.$

Man kann beweisen, dass diese Folge gegen $e$ konvergiert. Das ist jedoch sehr aufwendig und erfordert zusätzliche Konvergenzkriterien, die oftmals in einer Analysis-Grundvorlesung nicht zur Verfügung stehen. In beiden Fällen ist die Lösung mit dem Quotientenkriterium einfacher.

Allerdings gibt es auch Beispiele von Reihen, die mit dem Wurzelkriterium lösbar sind und bei denen das Quotientenkriterium gar nicht anwendbar ist. Ein Beispiel dafür ist die Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ mit }}a_{k}={\begin{cases}\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }}k,\\\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k.\end{cases}}$

Das Quotientenkriterium ist hier nicht anwendbar.

Verständnisfrage: Warum?

Für die Quotientenfolge gilt

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|={\begin{cases}\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }}k,\\\left({\frac {3}{2}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k.\end{cases}}$

Damit ist $\limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\infty$, da die Quotientenfolge nach oben unbeschränkt ist. Andererseits gilt $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$ für unendlich viele (gerade) $k$. Also sind die Fälle 1, 2 und 3 von weiter oben und damit das Quotientenkriterium nicht anwendbar.

Hingegen liefert das Wurzelkriterium

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\begin{cases}{\frac {1}{2}}&{\text{ für gerade }}k,\\{\frac {1}{3}}&{\text{ für ungerade }}k.\end{cases}}$

Damit ist $\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\frac {1}{2}}<1$ und die Reihe konvergiert absolut.

Das Wurzelkriterium hat einen größeren Anwendungsbereich als das Quotientenkriterium, weil allgemein folgende Ungleichung gilt:

$\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq \liminf _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|.$

Hier wird offensichtlich: Ist $\limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, so ist automatisch $\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}<1$. Ist $\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, ist automatisch $\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}>1$. Ist also das Quotientenkriterium anwendbar, ist immer das Wurzelkriterium anwendbar, umgekehrt jedoch nicht. Wir verzichten hier auf den etwas theoretischen und langwierigen Beweis der Ungleichung.

Vertiefung: Kriterium von Raabe

Falls das Quotientenkriterium in obiger Form scheitert, weil beispielsweise $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ ist, gibt es eine verschärfte Form, bei der man die Quotientenfolge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ genauer abschätzen muss. Sie nennt sich Kriterium von Raabe und ist nach dem Schweizer Mathematiker Joseph Ludwig Raabe benannt.

Das Kriterium von Raabe lässt sich oft nicht so leicht wie das Quotientenkriterium anwenden und wird in den Grundvorlesungen häufig nicht behandelt. Deshalb erwähnen wir es hier nur und verzichten auf eine Herleitung. Das Kriterium von Raabe lautet

Satz (Raabe-Kriterium)

1. Ist $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq 1-{\frac {\beta }{k}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ mit einer Konstanten $\beta >1$, konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Ist ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\geq 1-{\frac {1}{k}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, divergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Beispiel (Raabe-Kriterium)

Sehr einfach lässt sich mit dem Raabe-Kriterium die Divergenz der harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ zeigen. Hier ist nämlich $a_{k}={\frac {1}{k}}$. Für alle $k\in \mathbb {N}$ gilt damit

${\begin{aligned}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}&={\frac {k}{k+1}}\\[0.5em]&={\frac {k+1-1}{k+1}}\\[0.5em]&=1-{\frac {1}{k+1}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\begin{array}{rl}k+1\geq k&\Rightarrow {\frac {1}{k+1}}\leq {\frac {1}{k}}\\&\Rightarrow -{\frac {1}{k+1}}\geq -{\frac {1}{k}}\end{array}}\right.\\[0.5em]&\geq 1-{\frac {1}{k}}.\end{aligned}}$

Also divergiert die Reihe.